Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Onsdag 7. september 2001, kl. 09-15 Løysingsforslag: 1a Her er r 2 løysing av det karakteristiske polynomet med multiplisitet 2 pga. t-faktor. Det karakteristiske polynomet er dermed r+2 2 r 2 +4r+4, som gir likninga y + 4y + 4y 0. 1b Løyser for Y Y s og får at: Y s 3s 1 s 2 + 4 + 1 s 2 + 4 Tab. 6.2.1 nr.2, nr.5 og nr.6 gir 1 s 2 3 s s 2 + 4 1 2 2 s 2 + 4 + 1 2 1 2 s 2 + 4 s 2. yt 3 cos 2t 1 2 sin 2t + 1 2 t 0 sin 2t τe 2τ dτ. Integralet kan vi finne ved delvis integrasjon, og får lett t 0 sin 2t τe 2τ dτ 1 4 {e2t sin 2t cos 2t}. Eventuelt kan vi bruke delbrøkoppspalting for å bestemme inhomogenitetsleddet: 1 1 s 2 + 4 s 2 1 8 [ 1 s 2 2 s 2 + 4 s s 2 + 4 ], osv... 1c Tab. 6.2.1 nr.2 og nr.18 gir likninga y + 4y e 2t, med startkrava y0 3 og y 0 1. 1d Her er λ 2 løysing av det karakteristiske polynomet med multiplisitet 2 pga. t-faktor og ξ [1, 1] T er den tilhøyrande eigenvektoren. Ei løysing av likninga er dermed x 1 t ξe 2t. 1
Ei anna og lineært uavhengig løysing x 2 t er gitt i likning 2 i oppgåva. Den generelle løysinga er dermed xt C 1 x 1 t + C 2 x 2 t. 2aSingulære punkt svarer til nullpunkta for x 2 + 4, dvs. x ±2i. Likninga har dermed ikkje singulære punkt på den reelle tallinja. Konvergensradius til ei rekkeløysing om x 0 er avstanden frå x 0 til det nærmaste singulære punktet i det komplekse planet, dvs.x ±2i, som gir konvergensradius ρ 2. 2b Rekkeutvikler om x 0: yx c n x n y x nc n x n 1 y x nn 1c n x n 2. n0 n1 n2 Dette innsatt i likninga gir: x 2 + 4 n2 nn 1c n x n 2 n0 c n x n x n2 nn 1c n x n + 4 n0 n + 2n + 1c n+2 x n n0 c n x n x c 0 + 8c 2 + c 1 + 24c 3 x+ + n2 [nn 1 1c n + 4n + 1n + 2c n+2 x. Samanliknar koeffisientar framfor ledd av same grad og får: c 0 + 8c 2 0, c 1 + 24c 3 1, nn 1 1c n + 4n + 1n + 2c n+2 0, n 2, 3,.... Startkrava gir at y0 c 0 0 og y 0 c 1 1, som saman med utrykka over gir rekka for y yx. 2c Reknar ut koeffisentane og får frå rekursjonen: yx x + x 3 /12 x 5 /192 + Ox 7, som gir y1 1 + 1/12 1/192 1.078125. 2
3a Funksjonen fx er odde fordi f x fx. Den har dermed Fourierrekka fx B n sinnπx, med B n 1 0 n1 sinnπxdx 1 nπ [1 1n ]. 3b Vi definerer f utanfor intervallet 1 < x 1 ved den periodiske utvidinga med periode 2. Frå det punktvise konvergensteoremet følgjer det at rekka konvergerer mot f i alle punkt kor den periodiske utvidinga er kontinuerlig, og mot [fx+ + fx ]/2 i punkta kor den periodiske utvidinga til f er diskontinuerlig. Dette er punkta 0, ±1, ±2,... kor [fx+ + fx ]/2 0. 3c La ux, t wx, t + vx s.a. w t w xx. Får dermed at v 2, som gir at vx x 2 + C 1 x + C 2. Ved å velge C 1 C 2 0, dvs vx x 2, får vi at w er løysing av varmelikninga med homogene randkrav: w t w xx, 0 < x < 1, t > 0, w0, t w1, t 0, t > 0, wx, 0 1/2, 0 < x < 1, Løyser dette problemet ved separasjon av variabler: wx, t XxT t T { T X A X X σ + σx 0 B T + σt 0 Løyser A med randkrava X 1 X1 0. Vi får karakteristisk polynom: r 2 + σ 0 r ± σ. For σ 0 får vi kun den trivielle løysinga 0-løysinga. Vi kan difor gå utifrå at σ λ 2, λ > 0 som gir generell løysing av A: Xx C 1 cosλx + C 2 sinλx. 3
Randkrava fører til: X0 0 C 1 0, X1 0 sinλ 0 λ nπ, n 1, 2,.... Eigenverdier og eigenfunksjoner for problemet er dermed: λ n nπ, og X n x sinnπx, n 1, 2,.... Løyser likning B med gitte eigenverdier: som gir σ n λ 2 n nπ 2, T n nπ 2 T n 0 T n t B n exp n 2 π 2 t, n 1, 2,.... Vi har dermed funne fundamentalløysingar w n x, t X n xt n t. Superposisjon av fundamentalløysingane gir: Initialkravet gir at wx, t B n exp n 2 π 2 t sinnπx. n1 wx, 0 B n sinnπx 1/2. n1 Dette er Fourier-rekka til den odde utvidinga av fx som vi har funne i 3a, dermed er ux, t x 2 1 1 n + exp n 2 π 2 t sinnπx. n1 nπ 3c Det dominerande leddet i Fourier-rekka svarer til leddet n 1 i summen, som gir ux, t x 2 + 2 π exp π2 t sinπx. Når t vil wx, t 0 pga. eksponential-funksjonen i koeffisentane i Fourier-rekka. Vi får difor at når t vil ux, t vx x 2. 4
4a La F x, y 1 αyx 2 2x 1 αyxx 2, Gx, y yx 2 3x + 2 yx 1x 2. Likevektspunkt er gitt ved at F G 0. Dette gir flg. isolerte likevekter: X, Y {0, 0, 1, 1/α}. I tilleg gir alle punkt på linja x 2 likevekt. 4b Vi undersøker stabiliteten til det ikkje-linære systemet ved å linearisere omkring dei isolerte likevektene X, Y, og studere stabiliteten av det tilhøyrande lineære sytemet. La u x X og v y Y. Det lineariserte systemet kan skrivast: d u Fx X, Y F y X, Y dt v G x X, Y G y X, Y u v, eller d u dt v 21 αy X 1 αxx 2 Y 2X 3 X 1X 2 u v. Vi må finne eigenverdiane til det lineære systemet om kvar av likevektene vi skal analysere: ix, Y 0, 0: som gir eigenverdiar: d u dt v 2 0 0 2 λ 1,2 ±2. u v. Origo er dermed eit ustabilt sadelpunkt både i det lineære og det ikkje-lineære tilfellet. Trajektoriane for dette lineære systemet er gitt ved dv/dt du/dt dv du dy dx v u y x. Får at xy C, som gir hyperbelkurver med x- og y-aksen som asymptoter. Av forteikna på du/dt og dv/dt får vi at trajektoriane i 1. kvadrant beveger 5
seg mot likevekten langs x-aksen og vekk frå likevekten langs y-aksen. iix, Y 1, 1/α: Eigenverdiar: d u dt v λ 1/α α λ 0 α 1/α 0 u v λ2 + 1 0, dvs. λ 1,2 ±i. Likevekten 1, 1/α er dermed eit marginalt stabilt senter i det lineære tilfellet. Vi kan ikkje uttale oss om det ikkje-lineære tilfellet utifrå lineariseringa. Trajektoriane er: du dv v α2 u u2 + α 2 v 2 C x 1 2 + α 2 y 1/α 2 C, som er ellipsebaner med sentrum i likevekten. Fordi du/dt αv > 0 når v > 0 og du/dt < 0 når v < 0, vil trajektoriane traversere ellipsebanene i negativ omløpsretning. 4c Trajektoriane er gitt ved dy/dt Gx,y dx/dt F x,y dy dx 1 αdy 1 1dx y x 0 ln y αy x + ln x C.. y x 1 1 αy x Taylor-rekken for logaritmane om x 1 og y 1/α: ln x x 1 1 2 x 12 +, ln y ln 1 α + αy 1 α 1 2 α2 y 1 α 2 +. Innsatt i utrykket for trajektoriane får vi ln 1 α + αy 1 α 1 2 α2 y 1 α 2 αy x + x 1 1 2 x 12 C, 6
som reduserer til ellipsebanene vi fann for det lineariserte systemet i 4b med passande valg av konstant C. 4d Alternativ 1: Trajektoriane gjennom eit gitt punkt x 0, y 0 er gitt ved den ordinære differensiallikninga dy dx y 1 αy x 1. x Det følger av eksistens og eintyde teoremet for slike likningar at dette problemet har ei eintydig løysingskurve med unntak av punkt som ligg på y 1/α, kor høgre sida i likninga blir diskontinuerlig. Mao. kan vi potensielt ha kryssing av trajektorier langs denne linja. Dette kan vi likevel utelukke ved å sjå på den ekvivalente likninga dx dy 1 αy y x x 1. Her har vi problem langs linja x 1. Det einaste punktet vi ikkje kan uttale oss om er skjæringa mellom linjene y 1/α og x 1, men dette svarer til likevektspunktet. Alternativ 2: To vilkårlige trajektorier y y 1 x og y y 2 x er gitt implisitt ved ln y 1 x αy 1 x x + ln x C 1, ln y 2 x αy 2 x x + ln x C 2, kor C 1 C 2. Det følgjer at ln y 1 y 2 αy 1 y 2 C 1 C 2 0, og vi kan dermed ikkje ha at y 1 x y 2 x. Vi observerer at dy/dt Gx, y > 0 når x < 1 og x > 2 og dy/dt < 0 når 1 < x < 2, som gir retningane på trajektoriane. Frå retningen på trajektoriane ser vi at likevektene som ligg på x 2 er stabile for y > 1/α og ustabile for 0 < y < 1/α. 7
Figure 1: Skisse av trajektorier om x, y 1, 1α. 8